BaiGiang_2.pdf

LOGO
www.trungtamtinhoc.edu.vn
Bài giảng môn học
Toán Rời Rạc
Thời lượng: 3 tín chỉ
Giảng viên: PGS.TS. Nguyễn Thiện Luận
Bộ môn KHCB, Tel. 0903 414 645, Email: nthienluan@yahoo.com

http://dichvudanhvanban.com
Nội dung môn học
Chương 1. Cơ sở logic
Chương 2. Vị từ - Lượng từ
Chương 3. Phương pháp đếm
Chương 4. Quan hệ
Chương 5. Đại số Bool

http://dichvudanhvanban.com
Dạy và học môn Toán Rời Rạc
Tiếp cận
môn học
- Nghe thuyết trình: Giảng viên trình bày
- Giải và chữa bài tập: Giảng viên, sinh
viên.
- Nâng cao kỹ năng lập trình C++
- Trình bày project: Nhóm sinh viên
Dạy và
học
- Điểm quá trình: 20%
-Kiểm tra giữa kỳ 20%
-Thi cuối kỳ: 60%
Đánh giá
kết quả
[1]. Slides bài giảng
[2]. Kenneth H. Rosen, Toán học rời rạc Ứng
dụng trong tin học, NXB GD, 2007
[3]. Nguyễn Hữu Anh, 1995, Toán rời rạc, NXB
Lao động xã hội.
[4] Robert S. and Kevin W., Algorithms, Pearson
Education, 2011.
[3]. Nguyễn Đức Nghĩa, Nguyễn Tô Thành. Toán
rời rạc. NXB ĐHQG Hà Nội. 2001
Tài liệu
tham
khảo

Chương 2.
Vị từ và lượng từ
2.1. Hàm mệnh đề
2.2. Vị từ
2.3. Lượng từ
2.4. Suy luận toán học
2.5. Chứng minh quy nạp
2.6. Đệ quy và ứng dụng

2.1. Hàm mệnh đề
Định nghĩa 1. Hàm mệnh đề là một khẳng định P(x,y,..), trong đó x,y,...
là các biến thuộc tập hợp A,B,...Cho trước sao cho:
⋆ Bản thân P(x,y,...) không phải là mệnh đề.
⋆ Nếu thay x,y,.. thành giá trị cụ thể thì P(x,y,...) là mệnh đề.
Ví dụ 2.1.
1. r (x,y,z) = “x 2 + y2 > z′′
2. q(x ,y ) = “x 2 + y = 1′′.3
3. p(n) = “n + 1 là số nguyên tố”.

2.2. Vị từ
Trong chương trước ta đã xem xét logic mệnh đề và cách sử dụng logic
mệnh đề để biểu diễn tri thức. Bên cạnh ưu điểm là đơn giản, logic mệnh
đề có một nhược điểm lớn là khả năng biểu diễn hạn chế, không
thể sử dụng để biểu diễn tri thức một cách ngắn gọn cho những bài toán
có độ phức tạp lớn. Trong chương này ta sẽ xem xét các biểu diễn tri thức
một cách tổng quát, phức tạp hơn bắng các hàm mệnh đề ta gọi là vị từ
hay logic bậc 1.
2.2.1. Các phép toán vị từ
Cho trước các vị từ p(x ),q(x ) theo một biến x ∈ A. Khi ấy, ta cũng có các
phép toán tương ứng như trên mệnh đề:
⋆ Phủ định ҧ
𝑝(𝑥)
⋆ Phép Hội p(x ) ∧ q(x )
⋆ Phép Tuyển p(x ) ∨ q(x )
⋆ Phép kéo theo p(x ) → q(x )
⋆ Phép tương đương p(x ) ↔ q(x )

2.2. Vị từ
2.2.2. Các trường hợp của vị từ
Khi xét một vị từ p(x) với x ∈ A. Ta có các trường hợp sau:
⋆ TH 1. Khi thay x bởi phần tử a tùy ý thuộc A, ta có p(a) đúng.
⋆ TH 2. Với một số giá trị a thuộc A, ta có p(a) đúng.
⋆ TH 3. Khi thay x bởi phần tử a tùy ý thuộc A, ta có p(a) sai.
Bài tập 2.1. Với x ∈ R, các vị từ sau thuộc trường hợp nào
1. q(x ) = “x 2 − 2x + 1 = 0′′
2 2. r (x ) = “x 2 + 3 = 0′′
3 3. p(x ) = “x2 + 1 > 0′′

2.2. Vị từ
2.2.3. Phủ định của vị từ
Phủ định của Vị từ p(x , y , ..) có được bằng cách thay ∀ thành ∃, và thay
∃ thành ∀ và vị từ p(x ,y,..) thành ¬p(x ,y,..) hoặc 𝑝(𝑥, 𝑦, . . )
Định lý 2.1. Nếu P(x ) là hàm mệnh đề xác định trên tập A, khi đó:
➢ ∀𝑥 ∈ 𝐴, 𝑝 𝑥, = ∃𝑥 ∈ 𝐴, 𝑝(𝑥) (1)
➢ ∃𝑥 ∈ 𝐴, 𝑝 𝑥 = ∀𝑥 ∈ 𝐴, 𝑝(𝑥) (2)
Ví dụ 2.1. Phủ định các hàm mệnh đề sau:
1- ∀𝑥 ∈ 𝐴: 2𝑥 + 1 > 0
2- ∃𝑥 ∈ 𝑁, ∀𝑦 ∈ 𝑅: 𝑥 + 𝑦 > 1 → 𝑥2 < 𝑦
3- ∀𝜀 > 0, ∃𝛿 > 0, ∀𝑥 ∈ 𝑅: 𝑥 − 𝑎 < 𝛿 ∧ 𝑓 𝑥 − 𝑓 𝑎 < 𝜀
Giải.
1- ∃ 𝑥 ∈ 𝐴: 2𝑥 + 1 ≤ 0
2- ∀𝑥 ∈ 𝑁, ∃𝑦 ∈ 𝑅: 𝑥 + 𝑦 > 1 ∧ (𝑥2≥ 𝑦)
3-∃𝜀 > 0, ∀𝛿 > 0, ∃𝑥 ∈ 𝑅: 𝑥 − 𝑎 ≥ 𝛿 ∨ 𝑓 𝑥 − 𝑓 𝑎 ≥ 𝜀

2.3. Lượng từ
Định nghĩa. Cho p(x ) là một vị từ theo một biến xác định trên A.
Ta định nghĩa các mệnh đề lượng từ hóa của p(x) như sau:
⋆ Mệnh đề “Với mọi x thuộc A sao cho p(x )”, kí hiệu bởi “∀x ∈ A:
p(x )”, là mệnh đề đúng khi và chỉ khi p(a) luôn đúng với mọi
giá trị a ∈ A.
⋆ Mệnh đề “Tồn tại một x thuộc A sao cho p(x )” kí hiệu bởi:
“∃x ∈ A, p(x )”, là mệnh đề đúng khi và chỉ khi có ít nhất một giá
trị 𝑥 = 𝑎0 ∈ 𝐴 sao cho mệnh đề 𝑝(𝑎0) đúng.
Lưu ý. Từ "tồn tại"có thể được thay thế bởi “có” hay “có ít nhất".

2.3. Lượng từ
Mệnh đề lượng từ hóa vị từ
Ví dụ 2.2. Các mệnh đề sau đúng hay sai?
1- “∀x ∈ R: x + 1 > 0′′
2- “∃x ∈ R: x + 1 > 0′′
3- “∀x ∈ R: x2 + 1 > 5′′
4- “∃x ∈ R: x2 + 1 > 5′′
5- “∀n ∈ Z: 2n + 1 lẻ”.
6- “∃n ∈ Z: 3n + 1 chẵn”.
Giải. 1- Sai; 2- Đúng; 3- Sai; 4- Đúng; 5- Đúng; 6- Đúng5

2.4.1. Suy luận và các quy tắc suy diễn
Định nghĩa. Suy luận toán học là rút ra mệnh đề mới từ một hay nhiều
mệnh đã có. Mệnh đề đã có được gọi là giả thiết hay tiền đề, mệnh đề
mới được gọi là kết luận.
Trong các chứng minh toán học, xuất phát từ một số khẳng định đúng p,
q, r ,... (tiền đề), ta áp dụng các qui tắc suy luận để suy ra chân lí của
một mệnh đề h mà ta gọi là kết luận.
Nói cách khác, dùng các qui tắc suy luận để chứng minh: (p ∧ q ∧ r ∧ ....)
có hệ quả logic là h.
Ta thường mô tả phép chứng minh đó dưới dạng hằng đúng của phép
suy diễn
(p ∧ q ∧ r ∧ ...) → h
Quy tắc khẳng định (Modus Ponens)
Sơ đồ
p → q
p
∴ q
Thể hiện bằng hằng đúng [(p → q) ∧ p] → q

Ví dụ 2.3. p= “Trời mưa”; q = “Đường ướt”
p → q =“ Trời mưa thì đường ướt”
“Chiều nay trời mưa”
[(p → q) ∧ p] → q =“ Chiều nay đường ướt”
Quy tắc phủ định (Modus Ponens)
Sơ đồ
p → q
ഥ
q
∴ ഥ
p
Thể hiện bằng hằng đúng [(p → q) ∧ ഥ
q ] → ഥ
p
Ví dụ 2.4. p= “An đi học đầy đủ”; q = “Đậu môn Toán rời rạc”
p → q =“ An đi học đầy đủ thì sẽ đậu môn toán rời rạc”
“An không đậu môn Toán rời rạc”
[(p → q) ∧ ഥ
q ] → ഥ
p =“ An không đi học đầy đủ”

Quy tắc tam đoạn luận (Syllogism)
Sơ đồ
p → q
q → r
∴ p → r
Thể hiện bằng hằng đúng [(p → q) ∧ (q → r )] → (p → r )
Ví dụ 2.5. p= “Trời mưa”; q = “Đường ướt”; r = “Đường trơn”
p → q =“ Nếu trời mưa thì đường ướt”;
q → r =“ Nếu đường ướt thì trơn”
[(p → q) ∧ (q → r )] → (p → r ) =“ Nếu trời mưa thì đường trơn”

Quy tắc mâu thuẫn
Thể hiện bằng tương đương logic sau:
[(𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ … ∧ 𝑝𝑛) → 𝑞] ⟺ 𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ … ∧ 𝑝𝑛 ∧ ത
𝑞 → 0 (1)
Ta có thể kiểm tra đẳng thức trên bằng cách lập và so sánh các bảng
chân lý cả 2 vế. Chẳng hạn với n =2 ta có
[(𝑝1 ∧ 𝑝2) → 𝑞] ⟺ 𝑝1 ∧ 𝑝2 ∧ ത
𝑞 → 0
p1 p2 q p1∧ p1 VT p1∧ p1∧ ത
𝑞 0 VP
0 0 0 0 1 0 0 1
0 0 0 0 1 0 0 1
0 1 0 0 1 0 0 1
0 1 1 0 1 0 0 1
1 0 0 0 1 0 0 1
1 0 1 0 1 0 0 1
1 1 0 1 0 1 0 0
1 1 1 1 1 0 0 1

Ví dụ 2.6. Áp dụng quy tắc mâu thuẫn cho suy luận sau là đúng:
𝑝 → 𝑟
ҧ
𝑝 → 𝑞
𝑞 → 𝑠
∴ ҧ
𝑟 → s
Giải. Phủ định kết luận ҧ
𝑟 → s ⟺ 𝑟 ∨ 𝑠 ⟺ ҧ
𝑟 ∧ ҧ
𝑠. Ta thêm điều này vào
tiền đề. Khi đó ta sẽ chứng minh suy luận sau:
𝑝 → 𝑟
ҧ
𝑝 → 𝑞
𝑞 → 𝑠
ҧ
𝑟 ∧ ҧ
𝑠
∴ 0

Quy tắc tam đoạn luận rời
Sơ đồ:
𝑝 ∨ 𝑞
ҧ
𝑝
∴ q
Thể hiện bằng hằng đúng [(p ∨q) ∧ ҧ
𝑝] → q
Ví dụ 2.7.
⋆ Tối nay An sẽ đi uống cafe với bạn hoặc ở nhà học bài.
⋆ Tối nay An không học bài ở nhà.
Suy ra: Tối nay, An đi uống cafe với bạn

Những quy tắc suy luận đơn giản
Quy tắc Sơ đồ Hằng đúng
Nối liền
p
q
∴ p ∧ q
(p ∧ q) → (p ∧ q)
Đơn giản p ∧ q
∴ p
(p ∧ q) → p
Cộng p
∴ p ∨q
p → (p ∨ q)

Ví dụ 2.8.
Xem xét suy luận sau: Nếu nghệ sĩ Văn Ba không trình diễn hay số vé bán
ra ít hơn 50 thì đêm diễn sẽ bị hủy bỏ và ông bầu rất buồn. Nếu đêm biểu
diễn bị hủy bỏ thì phải trả lại tiền vé cho người xem. Nhưng tiền vé đã
không được trả lại cho người xem. Vậy nghệ sĩ Văn Ba có trình diễn.
Hỏi Suy luận trên đúng hay sai?
Giải.
Nếu ta đặt:
p = “nghệ sĩ Văn Ba đã trình diễn”
q = “số vé bán ra ít hơn 50”
r = “đêm diễn sẽ bị hủy bỏ”
t = “trả lại tiền vé cho người xem”
s = “ông bầu rất buồn”
Ta có sơ đồ suy luận sau:
ҧ
𝑝 ∨ 𝑞 → 𝑟 ∧ 𝑠
𝑟 → 𝑡
ҧ
𝑡
∴ p

Ví dụ 2.9. Chứng minh suy luận sau:
𝑝 → 𝑞 → 𝑟
𝑝 ∨ 𝑠
𝑡 → 𝑞
ҧ
𝑠
∴ ҧ
𝑟 → ҧ
𝑡
Giải.
Cuối cùng ta có 𝑡 → 𝑞 ⟺ ҧ
𝑟 → ҧ
𝑡 (phép kéo theo)
𝑝 ∨ 𝑠
ഥ
𝑠
∴𝑝
Tam đoạn luận rời
𝑝 → 𝑞 → 𝑟
𝑝
∴𝑞 → 𝑟
Khẳng định
𝑡 → 𝑞
𝑞 → 𝑟
∴𝑡 → 𝑟
Tam đoạn luận

Bài tập.
1. Cho L(x,y) = “x yêu y” với X, Y là tập các bạn trai và gái của khoa CNTT”.
Hãy dùng lượng từ để diễn đạt các câu sau:
a) Mọi người đều yêu Hoa b) Mọi người đều yêu một ai đó
c) Có một người mà tất cả đều yêu d) Không có ai yêu tất cả mọi người
e) Có một người mà Hương không yêu f) Có một người mà không ai yêu
g) Có đúng một người mà tất cả đều yêu
h) Tất cả mọi người không ai yêu ai
2. Cho X là tập các dân cư trong một khu phố. P(x)= “x là giáo sư”, Q(x) = “x là
kẻ ngu dốt”, R(x) = “x là kẻ vô tích sự”. Hãy dùng lường từ để diễn đạt:
a) Không có giáo sư nào là kẻ ngu dốt b) Mọi kẻ ngu dốt đều vô tích sự
c) Không có giáo sư nào là vô tích sự
d) Từ (c) có thể suy ra (a) và (b) không? Nếu không, liệu có kết luận đúng nào
không?

2.5. Nguyên lý quy nạp
2.5.1. Phương pháp Với những bài toán chứng minh tính đúng đắn của một
biểu thức mệnh đề có chứa tham số n, như P (n). Quy nạp toán học là một kỹ
thuật chứng minh P(n) đúng với mọi số n ≥ n0.
Chia làm 3 bước
Bước cơ sở. Chỉ ra P(n0) đúng
Bước quy nạp. Chứng minh nếu P (k ) đúng thì P (k + 1) đúng. Trong đó P (k )
được gọi là giả thiết quy nạp.
Bước kết luận. P (n) đúng với mọi số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng n0.
Cơ sở của phương pháp dựa trên sơ đồ suy diễn sau:
𝑃 n0 ∧ 𝑃 𝑛 → 𝑃 𝑛 + 1 → ∀𝑛𝑃 𝑛 .
Các ví dụ.
1. Chứng minh 1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2 với mọi số nguyên dương n

Giải. Gọi P(n) = “1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2”
Bước cơsở:Hiển nhiên P (1) đúng vì 1 = 12.
Bước quy nạp: Giả sử P(k) đúng, tức là 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) = k2.
Ta cần chứng minh P(k + 1) đúng, tức là 1 + 3 + 5 + · · · + (2k + 1) = (k + 1)2. Từ giả
thiết quy nạp ta có: 1 + 3 + 5 + · · · + (2k + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1)
= k2 + (2k + 1) = (k + 1)2.
Bước kết luận. Suy ra, P(k + 1) đúng, 𝑃 𝑛 với mọi n
Vậy theo nguyên lý quy nạp P (n) đúng với mọi số nguyên dương n.
2. Chứng minh: 𝑃 𝑛 = 1 + 2 + 3+. . . +𝑛 =
𝑛(𝑛+1)
2
Giải. Gọi 𝑃 𝑛 = 1 + 2 + 3+. . . +𝑛 =
𝑛(𝑛+1)
2
Bước cơsở: Hiển nhiên 𝑃 1 đúng vì 𝑃 1 =
1 1+1
2
= 1.
Bước quy nạp: Giả sử 𝑃 𝑘 đúng, tức là 𝑃 𝑘 = 1 + 2 + 3+. . . +𝑘 =
𝑘(𝑘+1)
2
.
Ta cần chứng minh 𝑃 𝑘 + 1 đúng, tức là
𝑃 𝑘 + 1 = 1 + 2 + 3+. . . +𝑘 + (𝑘 + 1) =
(𝑘 + 1)(𝑘 + 2)
2
Từ giả thiết quy nạp ta có
𝑃 𝑘 + 1 = 1 + 2 + 3+. . . +𝑘 + 𝑘 + 1 =
𝑘 𝑘 + 1
2
+ 𝑘 + 1 =
(𝑘 + 1) 𝑘 + 2
2
Bước kết luận. Suy ra, 𝑃 𝑘 + 1 đúng, 𝑃 𝑛 với mọi n.

Bài tập. Chứng minh các công thức sau đúng với mọi 𝑛 nguyên dương:
1. P 𝑛 = n<2n
2. P 𝑛 = (𝑛3
−𝑛) ⋮ 3
3. P 𝑛 = {1 + 4 + ⋯ + 𝑛2 =
𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)
6
Phương pháp nguyên quy nạp thứ 2.
Bước cơ sở. Chỉ ra P(n0) đúng
Bước quy nạp. Chứng minh nếu P (r) đúng với mọi r = n0 , n0 +1, ...,n thì P (n + 1)
đúng.
Bước kết luận. P (n) đúng với mọi số tự nhiên n.
Cơ sở của phương pháp dựa trên sơ đồ suy diễn sau:
𝑃 𝑛0 ∧ 𝑃 𝑛0 + 1 ∧ ⋯ ∧ 𝑃 𝑛 → 𝑃 𝑛 + 1 → ∀𝑛 ≥ 𝑛0 𝑃 𝑛 .
Điểm khác cơ bản giữa 2 nguyên lý là ban đầu ta cũng giả thiết là tất cả các giá trị
𝑘 ≤ 𝑛 kết luận đều đúng, nhưng chỉ dùng kết quả cuối cùng để chứng minh cho
bước tiếp theo, còn ở đây ta phải dùng tất cả các giá trị trước đó 𝑛0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛.

Ví dụ. Mọi số nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 12 đều có thể viết thành tổng
các số 3 và 4
Giải.
Bước cơ sở. Dễ kiểm tra P(12), P(13), P(14), P(15) đúng
Bước quy nạp. Giả sử 𝑛 ≥ 15 và 𝑃(𝑘) là đúng với 12 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛. Ta cần chứng
minh 𝑃(𝑛 + 1) cũng đúng. Nếu trong biểu diễn 𝑃(𝑘) có số 3 ta thay bằng số 4,
ngược lại nếu không tồn số 3 trong tổng thì ta thay hai số 4 bằng ba số 3
Bước kết luận. P (n) đúng với mọi số tự nhiên 𝑛 ≥ 12 .
Bài tập. Máy rút tiền tự động ở ngân hàng chỉ có 2 mệnh giá 20k và 50k. Máy
có rút các khoản tiền là bao nhiêu, nếu số lượng các tờ giấy bạc trong máy là
không hạn chế?
Gợi ý. Các khoản tiền là bội của 10k và lớn hơn hoặc bằng 40k

2.6. Đệ quy và ứng dụng
Nhiều khái niệm và quá trình ta thường gặp trong cuộc sống rất khó để
định nghĩa một cách tường minh. Nhưng có thể dễ dàng định nghĩa đối
tượng này qua chính nó như là một bộ phận. Kỹ thuật này được gọi là đệ
quy. Ta có thể sử dụng đệ quy để định nghĩa các dãy số, hàm số và tập
hợp.
Ví dụ 1. Công thức tính giai thừa, tích của n số nguyên từ 1 đến n.
n! =(n-1)!n
Ví dụ 2. Dãy Fibonaci: 𝑓0 = 1; 𝑓1 = 1; . . . 𝑓
𝑛 = 𝑓𝑛−1 + 𝑓𝑛−2
Hãy tính 𝑓7?
Ví dụ 3. Giả sử hàm f được định nghĩa đệ quy như sau:
f (0) = 3,f (n + 1) = 2f (n) + 3. Hãy tìm f(1), f(2) và f(3)?
Bài tập.
Ký hiệu 𝑓
𝑛 là phần tử thứ n của dãy Fibonaci, với n ∈N hãy chứng
minh:
a) 𝑓1
2
+ 𝑓2
2
+ ⋯ + 𝑓
𝑛
2 = 𝑓
𝑛𝑓𝑛+1
b) 𝑓1 + 𝑓3 + ⋯ + 𝑓2𝑛−1 = 𝑓2𝑛

"CẢM ƠN VÌ ĐÃ
LẮNG NGHE"

BaiGiang_2.pdf

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

Similar a BaiGiang_2.pdf

Similar a BaiGiang_2.pdf (20)

BaiGiang_2.pdf